2024届贵州思南中学高中毕业班综合测试（一）数学试题

2024届贵州思南中学高中毕业班综合测试（一）数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若的二项展开式中的系数是40，则正整数的值为（）A．4 B．5 C．6 D．72．函数的值域为（）A． B． C． D．3．已知集合，则的值域为（）A． B． C． D．4．已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为A． B．C． D．5．在中，，，分别为角，，的对边，若的面为，且，则（）A．1 B． C． D．6．费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如：)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是()A． B． C． D．7．已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．48．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是()A．这五年，出口总额之和比进口总额之和大B．这五年，2015年出口额最少C．这五年，2019年进口增速最快D．这五年，出口增速前四年逐年下降9．若，则“”的一个充分不必要条件是A． B．C．且 D．或10．已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（）A． B．C． D．11．函数y=sin2x的图象可能是A． B．C． D．12．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（）A． B．3 C． D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知随机变量，且，则______14．如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点,点P在平面ABCD内，若直线平面EFG，则线段长度的最小值是________________.15．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为______________．16．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，E，F分别为，的中点，，则球O的体积为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数，为实数，且．（Ⅰ）当时，求的单调区间和极值；（Ⅱ）求函数在区间，上的值域（其中为自然对数的底数）．18．（12分）如图1，四边形是边长为2的菱形，，为的中点，以为折痕将折起到的位置，使得平面平面，如图2.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.19．（12分）如图，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.（1）求证：平面平面BDE；（2）求二面角B-EF-D的余弦值.20．（12分）在中，、、分别是角、、的对边，且.（1）求角的值；（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，是正三角形，，是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.22．（10分）已知函数.（1）若，解关于的不等式；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解题分析】

先化简的二项展开式中第项，然后直接求解即可【题目详解】的二项展开式中第项.令，则，∴，∴（舍）或.【题目点拨】本题考查二项展开式问题，属于基础题2、A【解题分析】

由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【题目详解】，，，因此，函数的值域为.故选：A.【题目点拨】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解，解答的关键就是求出对象角的取值范围，考查计算能力，属于基础题.3、A【解题分析】

先求出集合，化简=，令，得由二次函数的性质即可得值域.【题目详解】由，得，，令，，，所以得，在上递增，在上递减，，所以，即的值域为故选A【题目点拨】本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题4、D【解题分析】

由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.5、D【解题分析】

根据三角形的面积公式以及余弦定理进行化简求出的值，然后利用两角和差的正弦公式进行求解即可．【题目详解】解：由，得，∵，∴，即即，则，∵，∴，∴，即，则，故选D．【题目点拨】本题主要考查解三角形的应用，结合三角形的面积公式以及余弦定理求出的值以及利用两角和差的正弦公式进行计算是解决本题的关键．6、B【解题分析】

基本事件总数，能表示为两个不同费马素数的和只有，，，共有个，根据古典概型求出概率．【题目详解】在不超过的正偶数中随机选取一数，基本事件总数能表示为两个不同费马素数的和的只有，，，共有个则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是本题正确选项：【题目点拨】本题考查概率的求法，考查列举法解决古典概型问题，是基础题．7、C【解题分析】

将直线方程代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出的值．【题目详解】F（1，0），故直线AB的方程为y＝x﹣1，联立方程组，可得x2﹣6x+1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由抛物线的定义可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故选C．【题目点拨】本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．8、D【解题分析】

根据统计图中数据的含义进行判断即可.【题目详解】对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；故选：D【题目点拨】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.9、C【解题分析】，∴，当且仅当时取等号.故“且”是“”的充分不必要条件.选C．10、D【解题分析】

当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，，根据图像得到答案.【题目详解】当时，，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：方程，即，即函数和有两个交点.，，故，，，，.根据图像知：.故选：.【题目点拨】本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.11、D【解题分析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．12、D【解题分析】

根据抛物线的定义求得，由此求得的长.【题目详解】过作，垂足为，设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于，所以，所以，所以，所以.故选：D【题目点拨】本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、0.1【解题分析】

根据原则，可得，简单计算，可得结果.【题目详解】由题可知：随机变量，则期望为所以故答案为：【题目点拨】本题考查正态分布的计算，掌握正态曲线的图形以及计算，属基础题.14、【解题分析】

如图，连接，证明平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.当时.线段的长度最小，再求此时的得解.【题目详解】如图，连接，因为E，F，G分别为AB，BC，的中点，所以，平面，则平面.因为，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.在中，，故当时.线段的长度最小，最小值为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查空间位置关系的证明，考查立体几何中的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15、【解题分析】

连续掷两次骰子共有种结果，列出满足条件的结果有11种，利用古典概型即得解【题目详解】由题意知，连续掷两次骰子共有种结果，而满足条件的结果为：共有11种结果，根据古典概型概率公式，可得所求概率．故答案为：【题目点拨】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.16、【解题分析】

可证，则为的外心，又则平面即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.【题目详解】解：，，，因为为的中点，所以为的外心，因为，所以点在内的投影为的外心，所以平面，平面，所以，所以，又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，.故答案为：【题目点拨】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）极大值0，没有极小值；函数的递增区间，递减区间，（Ⅱ）见解析【解题分析】

（Ⅰ）由，令，得增区间为，令，得减区间为，所以有极大值，无极小值；（Ⅱ）由，分，和三种情况，考虑函数在区间上的值域，即可得到本题答案.【题目详解】当时，，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故当时，函数取得极大值，没有极小值；函数的增区间为，减区间为，，当时，，在上单调递增，即函数的值域为；当时，，在上单调递减，即函数的值域为；当时，易得时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，故当时，函数取得最大值，最小值为，中最小的，当时，，最小值；当，，最小值；综上，当时，函数的值域为，当时，函数的值域，当时，函数的值域为，当时，函数的值域为.【题目点拨】本题主要考查利用导数求单调区间和极值，以及利用导数研究含参函数在给定区间的值域，考查学生的运算求解能力，体现了分类讨论的数学思想.18、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）由题意可证得，，所以平面，则平面平面可证；（2）解法一：利用等体积法由可求出点到平面的距离；解法二：由条件知点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作的垂线，垂足，证明平面，计算出即可.【题目详解】解法一：（1）依题意知，因为，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.由已知，是等边三角形，且为的中点，所以.因为，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在中，，，所以.由（1）知，平面，且，所以三棱锥的体积.在中，，，得，由（1）知，平面，所以，所以，设点到平面的距离，则三棱锥的体积，得.解法二：（1）同解法一；（2）因为，平面，平面，所以平面.所以点到平面的距离等于点到平面的距离.过点作的垂线，垂足，即.由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即为点到平面的距离.由（1）知，，在中，，，得.又，所以.所以点到平面的距离为.【题目点拨】本题主要考查空间面面垂直的的判定及点到面的距离，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.求点到平面的距离一般可采用两种方法求解：①等体积法；②作(找)出点到平面的垂线段，进行计算即可.19、（1）证明见解析；（2）【解题分析】

（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.【题目详解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD.∴.又∵底面ABCD是菱形，∴.∵，∴平面BDE，设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG，，，四边形OCFG是平行四边形，平面BDE∴平面BDE，又因平面BEF，∴平面平面BDE.（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系∵BE与平面ABCD所成的角为，，，，，，.，设平面BEF的法向量为，，，设平面的法向量设二面角的大小为..【题目点拨】本题考查线面垂直证面面垂直、面面所成角的计算，考查学生的计算能力，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.20、(1).(2).【解题分析】

（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解C角的值；（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的图象与性质，即可求解.【题目详解】（1）由题意知，∴，由余弦定理可知，，又∵，∴.（2）由正弦定理可知，，即∴，又∵为锐角三角形，∴，即，则，所以，综上的取值范围为.【题目点拨】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高